[NÂNG CAO] TUYỂN CHỌN CÂU HỎI VD-VDC TRONG ĐỀ THPT QUỐC GIA 2018

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 1:
x 2
[2D1-3]Cho hàm số y có đồ thị C . Phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị
x 1
hàm số C tạo với hai đƣờng tiệm cận một tam giác có bán kính đƣờng tròn nội tiếp
lớn nhất. Khi đó, khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị C đến bằng?
A. 3 . B. 2 6 . C. 2 3. D. 6 .
Chọn D
Lời giải
x 2
0
0
. Phƣơng trình tiếp tuyến tại M có dạng
x0
1
3
x0
2
: y ( x x
2 0)
.
x 1
x 1
0
Gọi M x ; C, x 1 , I 1;1
Giao điểm của với tiệm cận đứng là
0
x
A1;
x
0
0
5
.
1
Giao điểm của với tiệm cận ngang là 2 1;1
0
B x .
6
Ta có IA , IB 2 x0
1 IA. IB 12
. Bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp IAB là
x 1
SIAB
pr , suy ra
SIAB
IA. IB IA. IB IA.
IB
r 2 3 6
p IA IB AB 2 2
IA IB IA IB
2 IA. IB 2. IA.
IB
.
2 xM
1 3 y0
1
3
Suy ra rmax 2 3 6 IA IB x0
1 3
.
xM
1 3 y0
1
3
IM
3; 3 IM 6 .
Câu 2: [1D5-3] [Chuyên Biên Hòa, Hà Nam, lần 1, năm 2018- Câu 46]Cho hàm số y f x
xác định và có đạo hàm trên thỏa mãn f 1 2x x f 1
x
trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
A.
1 6
y x . B.
7 7
Chọn A.
* Phân tích:
0
0
2 3
. Viết phƣơng
y f x
tại điểm có hoành độ bằng 1.
1 8
y x . C.
7 7
Lời giải
1 8
y x . D.
7 7
6
y x .
7
+ Phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y f x
tại điểm có hoàng độ x
0
là:
y f x . x x f x . Do đó, muốn viết phƣơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm
0 0 0
số tại điểm có hoành độ x
0
ta phải tính đƣợc f ( x0
) và f( x
0).

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 3:
+ Trong giả thiết, chỉ cho duy nhất một điều kiện về hàm f( x ), vì vậy chắc chắn phải
căn cứ vào giả thiết này để tính f ( x0
) và f( x
0).
* Lời giải
+ Xét f (1 2 x) 2 x f (1 x) 3
x
1
Trong 1 cho x 0 ta đƣợc f f
+ Đạo hàm 2 vế của 1 ta đƣợc:
3 2 f (1) 0
(1) (1) 0
f (1) 1.
2
2.(1 2 x) . f (1 2 x). f (1 2 x) 1 3.(1 x) . f (1 x). f (1 x)
2
4. f (1 2 x). f (1 2 x) 1 3. f (1 x). f (1 x) 2
2
Trong 2 cho x 0 sẽ đƣợc: f f f f
Nếu f (1) 0 thay vào 2 vô lý f (1) 1.
Thay f (1) 1 vào 2 sẽ đƣợc
4. (1). (1) 1 3. (1). (1) 3 .
1
f (1) .
7
1
1 1 hay
7
+ Vậy phƣơng trình tiếp tuyến cần tìm là: y x
[2D1-3] *Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2018] Cho hàm số
1 6
y x
.
7 7
4 3 2
y x 4x 4x a . Gọi M ,
m lần lƣợt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;2 . Có bao
nhiêu số nguyên a thuộc đoạn 3;3 sao cho M 2m?
A. 3. B. 7 . C. 6 . D. 5 .
Chọn D
Lời giải
Xét hàm số
4 3 2
y x 4x 4x a trên đoạn 0;2 .
Ta có
x
0
, y 0
x 1
.
x 2
3 2
y 4x 12x 8x
0
2
, y
y y a
1 a 1.
Nếu a 0 thì M a 1, m a. Để M 2m
a 1
, suy ra a 1,2,3
thỏa mãn
Nếu a 1 thì M a a , m a 1 a
1. Để M 2m
a 2
.
, suy ra a 2, 3
Vậy có 5
giá trị nguyên của a thỏa mãn yêu cầu.Có cách khác tổng quát hơn.
Câu 4:
[2D2-3] [Chuyên Ngoại Ngữ - Hà Nội - 2018] Có bao nhiêu giá trị của m để giá trị
2x
x
nhỏ nhất của hàm số f x e 4e m trên
0;ln 4 bằng 6 .

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
A. 3. B. 4 . C. 1. D. 2 .
Chọn D
Lời giải
Đặt
t
x
e , với x 0;ln 4 t 1;4
. Khi đó f x t 2
4t m g t
.
Có gt 2t
4 gt 0 t 2
Ta có bảng biến thiên
.
Từ bảng biến thiên ta thấy g
t
m
6
min 6
0;4
m
46
m
6
.
m
10
Câu 5:
[2D1-3] C tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của m để giá trị lớn nhất của hàm số
3 2 2
y x x m 1 x 4m
7 trên đoạn 0;2 kh ng vƣợt quá 15?
A. 3 B. 7 C. 5 D. số
Lời giải
Chọn C
3 2 2
t hàm số f x x x m 1
x 4m
7 trên đoạn 0;2
a có
2
2 2 2
1 2
f x
3x 2x m 1 3x m 0
3
3
uy ra hàm số
f x đồng biến trên 0;2
với x 0;2
2
Khi đó max y max f
x max m m m
0;2 0;2
.
min f x f 0 4m
7
0;2
4 7 ; 2 4 1 15
4m 7 15 11 11
m 2
m 2
2 2
2
2m
4m
1 15
2
2m
4m
16 0
2 m 4
m
2 m 2 m 2; 1;0
ậy có giá trị thoả m n.
max f x f 2
2
2m 4m
1
0;2

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 6:
[2H3-3] [Đề HK2 Sở GD Nam Định – 2018] Trong không gian Oxyz cho điểm
A (1;2; 3)
và mặt phẳng P : 2x 2y z 9 0 . Đƣờng thẳng đi qua A và vuông góc
với mặt phẳng Q :3x 4y 4z 5 0 cắt mặt phẳng P tại B . Điểm M nằm trong
mặt phẳng P sao cho M luôn nhìn AB dƣới một góc vu ng và độ dài MB lớn nhất.
A.
ính độ dài MB .
41
MB . B.
2
5
MB . C. MB 5 . D. MB 41 .
2
Chọn C
Lời giải
Ta có đƣờng thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng Q :3x 4y 4z 5 0 có
phƣơng trình:
x13t
d : y 2 4 t , t
z
3 4t
. a có giao điểm của d và mặt phẳng P là B :
Bd B(1 3 t;2 4 t; 3 4 t ).
B P 2 1 3t 2 2 4t 3 4t 9 0 t 1.
Vậy B ( 2; 2;1)
.
A
I
(P)
B
H
M
Điểm M nằm trong mặt phẳng P sao cho M luôn nhìn AB dƣới một góc vuông nên
M nằm trên đƣờng tròn C là giao của mặt cầu đƣờng kính AB với mặt phẳng P .
Khi đó độ dài MB lớn nhất khi và chỉ khi độ dài MB bằng đƣờng kính của C . Gọi
bán kính của đƣờng tròn C là r , trung điểm của AB là
1
I I ( ;0; 1)
, d
( I,( P) 3 .
2
2
2 2 AB 5
Ta có d
,( )
r r
I P
. Vậy độ dài MB lớn nhất là 5 .
4 2
Câu 7: *2D3-4+* hu n h nh 2- c Ninh-Lần 2-Năm 2018+ Trong không gian Oxyz , cho :

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
( S ):( x 1) y z 4,( S ):( x 2) ( y 3) ( z 1) 1 và đƣờng thẳng
2 2 2 2 2 2
1 2
x
2
t
d : y 3t
z
2 t
. Gọi AB , là 2 điểm tùy ý thuộc ( S1),( S2)
và M thuộc đƣờng thẳng d .
Khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức P MA MB
bằng:
A.
2211
11
. B.
3707
3 . C.
11
1771 2 110
11
. D.
3707
11
.
Lời giải
Chọn B
Gọi I, R1; J,
R
2
lần lƣợt là tâm và bán kính của mặt cầu ( S1);( S
2).
Ta có: I(1;0;0), R1 2; J(2;3;1), R2
2 IJ// d
I
J
H
K
M
I'
Để ( MA MB)min M, A,
B nằm trên mặt phẳng (IJ, d ).
Gọi H,
K lần lƣợt là giao của các tia IM , JM với ( S1);( S
2).
Ta có: MA MB MH MK MI MJ 3 ( MA MB)min ( MI MJ )min
Gọi I là điểm đối xứng của I qua
d MI MJ MI MJ IJ ( MI MJ )min M IJ d
( MA MB)min IJ
3
Câu 8:
35 6 42 3707 3707
Dễ dàng tìm đƣợc: I( ; ; ) IJ= ( MA MB ) min 3.
11 11 11 11 11
[2H3-4] [Sở GD & Đ tỉnh Hưng Yên, năm 2018 - Câu 35]Trong không gian với hệ
tọa độ ,
A 0;1;1 , B 3;0; 1 , C 0;21; 19 và mặt cầu
Oxyz cho 3 điểm
S : x 1 2 y 1 2 z
1
2
1 . Gọi ; ;
M a b c là điểm thuộc mặt cầu S sao cho
2 2 2
biểu thức 3MA 2MB MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính tổng S a b c .

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
A. S 0 . B.
Chọn B
Mặt cầu
S có tâm 1;1;1
14
S . C. S 12
D.
5
O và R 1
Gọi I sao cho 3IA 2IB IC 0
Khi đó ta có
Lời giải
.Dễ dàng xác định đƣợc I
1;4; 3 .
12
S .
5
Câu 9:
3MA 2MB MC
2 2 2
MI IA MI IB MI IC
2 2 2
3 2
6MI 2 2MI 3IA 2IB IC 3IA 2 2IB 2 IC 2 6MI 2 3IA 2 2IB 2 IC
2 .
Do I, A, B,
C là kh ng đổi nên 3MA 2MB MC nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất.
Vì MI MO IO R IO nên MI nhỏ nhất khi M , I,
O thẳng hàng hay M là giao
của đƣờng thẳng IO với S .
a có đƣờng thẳng OI có phƣơng trình
nghiệm của
x 1
y 1 3t
z
1 4t
1
2 2 2 1
t
2
5
11 1 3t 1 1 4t 1 1
t .
25 1
t
5
. Giao của OI và S ứng với t là
1 8 1
1 2 9
Với t M 1; ; MI 4 , với t M 1; ; MI 6
5 5 5
5 5 5
14
Chọn điểm M thứ nhất vì MI b hơn. Khi đó a b c .
5
[2D4-4][Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An, lần 3, năm 2018 - Câu 45]Cho số phức z
thay đổi và thỏa mãn z1 i 5. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P 2 z 8i z 7 9i
bằng
A. 5 5
2 . B. 5 5. C. 5 2 . D. 5 3
2 .
Lời giải
Chọn B
Gọi ;
M x y biểu diễn số phức z , từ z1 i 5 thì M nằm trên đƣờng tròn
2 2
x1 y1
25 có tâm và bán kính : I1;1 , R 5 . Gọi 0;8 ; 7;9
2
2 2 2
2 8 7 9 2
P x y x y MA MB .
A B thì

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Phân tích : mục tiêu tìm tọa độ điểm C sao cho MB 2MC
, nhận thấy IB 2IM 2R
nên ta có hai cách tìm tọa độ điểm C nhƣ sau :
2 2
2 2
1 1 25 T x y 23 0
Cách 1 : x y
2 2 2 2
MB x y 14x 18y 130 x y 14x 18y 130 3T
4x 4y 20x 24y 61 2 x y 3
2
2 2 5
2
2
Nên chọn điểm
5
C
;3
2
thì MB 2MC
Cách 2 : Lấy điểm C thỏa mãn
IBM nên ta có MB 2MC
, từ đó C
1
IC IB thì tam giác IMC đồng dạng với tam giác
4
5 ;3
2
Ta có :
P 2MA MB 2 MA MC 2AC
5 5
Dấu « = » đạt đƣợc khi điểm C nằm trên đoạn AM .
Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ
hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao
lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc.
Câu 10: [2H3-3+*Chuyên Hùng Vương ình Dương,thi lần 5,năm 2018+ Trong không gian
2 2 2
Oxyz , cho mặt cầu S có phƣơng trình x y z 4x 2y 2z
3 0 và điểm
A 5;3; 2 . Một đƣờng thẳng d thay đổi lu n đi qua A và luôn cắt mặt cầu tại hai
điểm phân biệt M,
N. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức S AM 4AN
.
A. Smin 50. B. Smin 10. C. Smin 5. D. Smin 20.
Đáp án sai
Lời giải

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
I(2;-1;1)
N
M
A(5;3;-2)
Tâm I 2; 1;1
và bán kính mặt cầu R 3
2
2 2
(2 5) 1 3 1 2 34
AI
Gía trị nhỏ nhất xảy ra trong trƣờng hợp AM
AN
Đặt AN x 34 3 x 5
AM. AN 25
25
AM x
25
S 4AN AM 4 x f ( x)
x
Xét
25
f ( x) 4x
trên 34 3;5
x
2
25 4x
25
f ( x) 4 0 x
34 3;5
2 2
x x
S min
khi 34 3
25
S 4 34 3 5 34 9
34 3
x
min
Vậy GTNN Smin 5 34 9 khi x 34 3.
Vậy kh ng có đáp án đúng.
Phân tích ý tưởng:
- Bài này cái cốt lõi thực hiện đƣợc chính là sử dụng ý tƣởng phƣơng tích của một
điểm đối với mặt cầu.
- Tuy nhiên bài này có lỗi mà học sinh kể cả giáo viên hay mắc phải là xét dấu bằng
khi đánh giá bất đẳng thức cô-si
25 25
4x
2 4 x. 20
x
x
S
min 20 . Tuy nhiên
điều này không thể xảy ra dấu bằng đƣợc vì điều kiện để đƣờng thẳng d cắt mặt cầu
S tại hai điểm phân biệt thì ta có khống chế điều kiện là: 34 3 AN 5.

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 11: [2H3-3][KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+Trong không gian Oxyz , cho ba điểm
A(2;0;0), B(0;4;0), C (0;0;6) , điểm M thay đổi trên mặt phẳng ABC , N là điểm trên
tia OM sao cho OM. ON 12. Biết khi M thay đổi thì điểm N luôn nằm trên mặt cầu
cố định. Tính bán kính mặt cầu đó
A. 7 2 . B. 3 2. C. 2 3. D. 5 2 .
Lời giải
Chọn A.
* Phân tích:
rƣớc khi tìm ra bán kính đƣờng tròn thì hiểu rằng đây là bài toán quỹ tích, cần chỉ ra
quỹ tích của điểm N . Theo giả thiết thì từ tọa độ của M ta có thể suy ra đƣợc tọa độ
của điểm N , mặt khác M lại chạy “tung tăng” trên mặt phẳng ABC , từ đó liên hệ ra
quỹ tích của điểm N .
* Giải
N x; y;
z ON x y z . Do O, M , N thẳng hàng và N thuộc tia ON
Giả sử
2 2 2
nên suy ra:
12 12x 12y 12z
OM. ON 12 OM . ON N
; ;
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y z x y z x y z x y z .
2
2 2
2 2 2 3
49
.
2
4
Do N ABC 6x 3y 2z x y z x 3 y z
1
Vậy N thuộc mặt cầu cố định bán kính
7
R .
2
Câu 12: [2H3-3] [KHTN Hà Nội, Lần 3, Năm 2018+ Trong không gian Oxyz , cho ba mặt phẳng
P : x 2y 2z
1 0 , Q : x 2y 2z
8 0 , R : x 2y 2z
4 0
. Một đƣờng thẳng
thay đổi cắt ba mặt phẳng P, Q,
R lần lƣợt tại các điểm A, B,
C . Giá trị nhỏ
96
nhất của biểu thức AB là AC
2
A. 41 . B. 99 . C. 18. D. 24 .
3
Chọn C.
* Phân tích:
Lời giải

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Ta nhận thấy ba mặt phẳng P, Q,
R là ba mặt phẳng phân biệt và song song với
nhau. Dựa vào chỉ số d của ba mặt phẳng ta nhận thấy mặt phẳng P nằm giữa hai
mặt phẳng Q,
R .
+) Ba mặt phẳng song song với nhau ta nghĩ đến định lý a let để có thể rút ra đƣợc
mối quan hệ giữa AB,
AC . Từ đó đánh giá đƣợc giá trị nhỏ nhất của biểu thức
96
AB . AC
2
* Giải
Ba mặt phẳng cùng có v c tơ pháp tuyến là 1; 2;2
nên chúng song song với nhau.
18
Khi đó ta có d P; Q
3; d P R
4 8
d Q; R
4.
3
3
1
4
; 1;
3
Dựng đƣờng thẳng qua C vuông góc với mặt phẳng P, Q,
R . Đƣờng thẳng đó
cắt mặt phẳng P,
Q lần lƣợt tại ;
M N. Khi đó ta có CM 1; MN 3.
Xét
CNB có MA NB nên
AC
AB
MC 1
AB
3AC
.
MN 3
96 96
Khi đó AB 3AC
2 2
AC
3AC
3AC
96 3AC
3AC
96
3
AC 2 2 AC
2
3 . . 3.6 18 .
2
2 2 AC
3AC
96
Dấu " " xảy ra AC 4 .
2
2 AC

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ
hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao
lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc.
Câu 13: [2H2-4] * HP NĂNG KHIẾU, ĐHQG PHCM, lần 2, năm 2018+Cho ba mặt cầu có
bán kính R1 , R2 , R3
đ i một tiếp xúc ngoài với nhau. Một mặt phẳng tiếp xúc với cả ba
mặt cầu lần lƣợt tại A, B,
C . Biết tam giác ABC có số đo ba cạnh lần lƣợt là 2, 3, 4 .
Tìm tích R1 R2 R3
?
A. 6 . B. 3 . C. 2 6 . D. 24 .
Chọn B
Lời giải
R 1 -R 2
R 2
R 1
2
2 2
1 2 1 2
4
+ Theo phân tích trên ta có: R R R R
9
+) ƣơng tự: R2R3
và R1R3 4
4
R R R 9 R R R 3
+) Suy ra 2
1 2 3 1 2 3
R1 R2 1
Nhận xét: Vai trò của R1 , R2 , R
3
là nhƣ nhau nên ta kh ng cần so sánh R1 , R2 , R
3
.
BÀI TẬP ƢƠNG Ự
- Ý tưởng 01: Tọa độ hóa trong không gian.
- Ý tưởng 02:
R 1 -R 2
R 2
R 1
4
R 3
2
3

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 14: [2D3-4] Cho hàm số y f ( x)
thỏa
f ( x)
2 f ( x) x 1
. Tính
2
I f ( x)
dx .
A. 7 1 . B. 5 3 . C. 7 ln 2
2 ln 2
2 ln 2
2 . D. 5 ln 2
2 .
Chọn A.
Lời giải
0
Đặt
u f ( x) du f ( x)
dx
dv dx v x 1
I x 1 f ( x) | x 1 f ( x)
dx
2
Khi đó
0
2
0
2
f ( x)
3 (2) (0) 2 ( ) ( )
f f f x f x dx
0
f ( x)
2 1
3 f (2) f (0) f x
|
ln 2 2
2 2
0
f (2) f (0)
2 1 2 2 1 2
3 f (2) f (0) f 2
f 0 1
ln 2 2
ln 2 2
.
Ta có:
f ( x)
2 f ( x) x 1
f (0)
2 f(0) 1 f(0) 0 .
f (2)
2 f(2) 3 f(2) 1
.
Thay vào 1
ta đƣợc:
1 0
2 1 2 1
I 3.1 0 .0
ln 2 2
ln 2 2
7 1
.
2 ln 2
Câu 15: [2H3-3+*Phan ội Châu-Nghệ An- lần 4-2018] rong kh ng gian tọa độ Oxyz cho
1; 3; 10 , 4; 6; 5
A B và M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (Oxy) sao cho MA,
MB
cùng tạo với mặt phẳng Oxy các góc bằng nhau. ìm giá trị nhỏ nhất của AM .
A. 6 3. B. 10. C. 10 . D. 8 2.
Chọn A.
Lời giải
Cách 1. Gọi M x; y;
z thuộc mặt phẳng ( Oxy ) .Ta có : d A Oxy d B Oxy
Nên MA 2MB
hay
Lại có:
2 2 2 2
( x 1) ( y 3) 100 4 ( x 4) ( y 6) 25
2 2
( x5) ( y 7) 8 .
, 2 , . .
2 2 2
2 2
AM ( x 1) ( y 3) 100
( x 5) ( y 7) 8x 8y
36 8( x 5) 8(y 7) 140 .
Mặt khác theo bất đẳng thức bunhiacopxki ta có:
Hay :
x y 2 x 2 y
2
( 5) ( 7) (1 1) ( 5) ( 7) 16 4 ( x5) ( y
7)
AM
2
8( x 5) 8(y 7) 140 108
AM 6 3.
, hay 3; 5; 0
Dấu bằng xảy ra x 5 y 7 2
M .
Cách 2. Gọi M ( x; y ;0) thuộc mặt phẳng ( Oxy ).Ta có : d( A,( Oxy)) 2 d(B,(Oxy))
.

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Gọi H,
K lần lƣợt là hình chiếu vu ng góc của AB , lên mặt phẳng ( Oxy ).
Mà MA,
MB tạo với mặt phẳng ( Oxy)
các góc bằng nhau nên : MH 2MK
.
Khi đó để MA nhỏ nhất thì MH nhỏ nhất . Mà M, H,
K cùng thuộc mặt phẳng ( Oxy)
nên :
MH min khi và chỉ khi M thuộc đoạn HK và MH 2MK
hay HM 2MK
.
Ta có : H1; 3; 0 , K 4; 6; 0
nên 3; 5; 0
2 2 2
AM (3 1) (5 3) 10 6 3 .
Nh n xét: a có thể tổng quát bài toán nhƣ sau:
M . Hay giá trị nhỏ nhất của AM là:
Trong không gian cho AB , và M là điểm thay đổi trên mặt phẳng ( P)
sao cho
MA,MB cùng tạo với mặt phẳng ( P)
các góc bằng nhau. ìm giá trị nhỏ nhất của AM ,
biết d A, P k. d B, P . .
Cách giải: Gọi I là điểm thỏa m n: AI k IB . Khi đó AM nhỏ nhất khi và chỉ khi M là
hình chiếu vu ng góc của lên P .
I
Được chia sẻ bởi Group Face ook: uyển Chọn V Giải Các Câu VD-VDC ừ Các Kỳ
hi(Đây l một số câu hay trên tường nh m).Khính mời quý thầy cô tham gia Group,nơi giao
lưu học hỏi của 3000 giáo viên trên to n quốc.
Câu 16: [2H3-3] *Chuyên Lương hế Vinh –Đồng Nai - Lần 1 - 2018]Trong không gian 0xyz ,
x12t
cho mặt cầu S : x 3 2 y 1
2 z
2
4 và đƣờng thẳng d : y 1 t , t
. Mặt
z
t
phẳng chứa d và cắt S theo một đƣờng tròn có bán kính nhỏ nhất có phƣơng
trình là
A. 3x 2y 4z
8 0. B. y z1 0. C. x 2y3 0 . D. x 3y 5z
2 0 .
Lời giải
I
d
H
A
Chọn B
2 2
r R d suy ra r nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến P là d I,
P
và nhỏ hơn R
lớn nhất

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Gọi H là hình chiếu của I trên d ta có H 1 2 t; 1 t;
t d
H 3: 0; 1
vì IH. u 0
, , r d I,
P
IH Suy ra:
d I P IA IH
n IH 0; 1; 1
Vậy P
y z1 0.
min
max
P qua H , có VTPT
Câu 17: [2H3-3] [ HP CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN-QUẢNG TRỊ 2017] Trong không gian với hệ
tọa độ Oxyz , cho mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z
2
2
4 và điểm 1;1; 1
phẳng thay đổi đi qua A và đ i một vuông góc với nhau, cắt mặt cầu
tuyến là các đƣờng tròn C 1
, C 2 , C 3 . Tính tổng diện tích của ba hình tròn 1
C , C .
2
3
A. 4 . B. 12 . C. 11 . D. 3 .
Chọn C.
Hướng dẫn giải
d
A . Ba mặt
S theo ba giao
C ,
Mặt cầu S : x 1 2 y 1 2 z 2
2
4 có tâm 1;1; 2
Cách 1: (cụ thể hóa)
I và bán kính R 2
t ba mặt phẳng thay đổi đi qua A và đ i một vu ng góc với nhau, cắt mặt cầu S
theo ba giao tuyến là các đƣờng tròn
P : x 1, P : y 1, P : z 1
1 2 3
1
C , C ,
2
C lần lƣợt là
Gọi r 1
, r 2
, r 3
lần lƣợt là bán kính của các đƣờng tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba
mặt phẳng , ,
P P P .
1 2 3
Vì P,
P đi qua tâm 1;1; 2
1 2
2 2 2 2
3 3
I nên r 1
r 2
R 2
r R d I, P R IA 4 1 3
3
;
IA P 3
nên

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
ổng diện tích của ba hình tròn
1
C , C ,
2
C là
3
S S S . r . r . r 11
.
2 2 2
1 2 3 1 2 3
Cách 2 :
Gọi ba mặt phẳng đi qua A và đ i một vu ng góc với nhau lần lƣợt là P , Q , R .
Gọi P , Q , R lần lƣợt là hình chiếu của I lên mặt phẳng P , Q , R . Suy ra P , Q ,
R lần lƣợt là tâm của các đƣờng tròn giao tuyến
P , Q , R và mặt cầu S .
Dựng hình hộp chữ nhật ACDR.
BPIQ nhƣ hình vẽ.
Ta có
2 2 2 2 2 2
IA IB AB IP IQ IR .
1
C , C ,
2
C của các mặt phẳng
Gọi r 1
, r 2
, r 3
lần lƣợt là bán kính của các đƣờng tròn giao tuyến của mặt cầu S với ba
mặt phẳng P , Q , R .
Ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2
r1 r2 r3 R d I, P R d I, Q R d I,
R
3R IP IQ IR
2 2 2 2
3
3R
IA
2 2
2
3.2 1
11
Suy ra tổng diện tích của ba hình tròn
1
C , C ,
2
2 2 2
C là . r . r . r 11
.
3
1 2 3
Câu 18: [2H3-3][Sở GD&Đ
c Giang-L2/N2018] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho
điểm A 0;1;2
, mặt phẳng : x y z 4 0
S : x 3 2 y 1 2 z
2
2
16 . Gọi
và đồng thời P cắt mặt cầu
Tọa độ giao điểm M của P và trục xOx
và mặt cầu
P là mặt phẳng đi qua A , vuông góc với
S theo giao tuyến là đƣờng tròn có bán kính nhỏ nhất.
là:

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
1
A. M
;0;0
2 . B. 1
M
;0;0
3
. C. 1;0;0
Lời giải
Chọn A
M . D. M 1
;0;0
3
.
I
R
J
r
Đƣờng tròn giao tuyến có bán kính nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm
I 3;1;2
đến mp
P lớn nhất.
x
t
Cách 1: Gọi d là đƣờng thẳng qua A , vuông góc với nên d có dạng: y 1 t
z
2 t
Khi đó P chứa d . Gọi J,
K lần lƣợt là hình chiếu của I lên P, d IJ
IK .
Ta có K t;1 t;2 t IK t 3; t;
t
, vì IK d
nên t 1 K1;0;3
và IK 6 R 4
nên K nằm trong mặt cầu. Do đó mp cần tìm qua A 0;1;2
nhận 2;1; 1
VTPT. Vậy P : 2x y z 1 0 . Vậy
Cách 2:
1
M
;0;0
2 .
KI làm
Vì P đi qua A nên phƣơng trình của P có dạng:
2 2 2
1 2 0; 0
ax b y c z a b c .
Mặt khác do P vuông góc với nên ta có: a b c 0 b a c .
Nếu a 0 : mặt phẳng qua tâm mặt cầu nên khoảng cách bằng 0 .
Nếu a 0 :
Ta có
3 a
3 3 3
IJ
.
2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c c c c c
1 1 1 2 2 2
a a a a a a

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
c 1
Do đó IJ min a 2c b c .
a 2
Chọn c 1, ta đƣợc mp P có phƣơng trình: 2x y z 1 0.
Câu 19: [2D4-4+ *Đặng Thúc Hứa – Lần 2 – 2018] Cho số phức z thoả mãn
Giá trị lớn nhất của biểu thức P z 5 2i
bằng
A. 2 5 3 . B. 2 3 5 . C. 5 2 3 . D. 5 3 2
Chọn B.
Cách 1: Đại số
Đặt z a bi a,
b
Từ giả thiết
.
Ta có P z 5 2i
2
z z z z z
a
5 b
2
Lời giải
2 2
2 2
2 a 2b a b a b
2 2
2
z z z z z .
1 1 2 1 .
2 a 2 b 10a 4b
29 .
Dễ thấy P lớn nhất khi ab , 0. Khi đó P 12a 6b
29 6 2 a1 b1
47
2 2
Do ab , 0 nên từ 1 ta có a
b
Suy ra P a b
6 2 1 1
47
47 6 10 2 3 5 .
Dấu xảy ra khi
1 1 2 .
2 2
a
b
a
b
2 2
2 2
6 2 1 1 1 47
1 1 2
2 10
a 1 b 1
a 1
5
.
2 1
10
a 1, b 1 0
b 1
5
Cách 2: Hình học
Đặt z a bi a,
b
Từ giả thiết
.
2
z z z z z
2 2
2 2
2 a 2b a b a b
1 1 2 1 .
Tập hợp M biểu diễn z thuộc các phần đƣờng tròn cùng bán kính là R 2 có tâm
là A 1;1
, B 1;1
, C 1; 1
, 1; 1
cung nhỏ).
D nằm chọn vẹn trong 1 góc phần tƣ (bỏ đi các
P ME với E 5;2
. Từ hình vẽ ta thấy max P HE ED 2 3 5 2 .

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Câu 20: [1D3-3] *Đề thi cụm các trường chuyên khu vực phía B c–lần thứ 2 -2018]Trong mặt
phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , chọn ngẫu nhiên một điểm thuộc tập hợp
S a; b | a, b ; a 4; b 4 . Nếu các điểm đều có cùng xác suất đƣợc chọn nhƣ
nhau, hãy tính xác suất để chọn đƣợc một điểm mà khoảng cách đến gốc toạ độ không
vƣợt quá 2
A. 15
13
. B.
81 81
C. 11
16
D. 13
32 .
Chọn B
Lời giải:
ab , và a 4, b 4
nên , 1, 2, 3, 4, 0
ab . Do đó tập S có 81 phần tử.
Gọi M a;
b
S và OM 2 nên
a
b
4
2 2
a 0 b 2;2 trƣờng hợp này có điểm
a 1 b
3; 3
trƣờng hợp này có 6 điểm
a 2 b 0 trƣờng hợp này có 2 điểm
Suy ra số điểm M
Bình lu n:
S mà OM 2 là 13 điểm. Vậy xác suất là 13
81 .

Địa chỉ Facebook: Thích Học Chui
Bản chất của bài này thực ra là việc phân chia các trƣờng hợp và việc ứng dụng phép
đếm để tính toán kết quả.